19-20版-第3章-3.2-3.2.1-用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式-3.2.2-用數(shù)學(xué)歸納法證明貝努利不等式

3.2用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式，貝努利不等式3.2.13.2.2學(xué)習(xí)目標(biāo)：1.會(huì)用數(shù)學(xué)歸納法證明簡(jiǎn)單的不等式.2.會(huì)用數(shù)學(xué)歸納法證明貝努利不等式；了解貝努利不等式的應(yīng)用條件．教材整理1用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式在不等關(guān)系的證明中，有多種多樣的方法，其中數(shù)學(xué)歸納法是最常用的方法之一，在運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法證不等式時(shí)，推導(dǎo)“k＋1”成立時(shí)其他的方法如比較法、分析法、綜合法、放縮法等常被靈活地運(yùn)用．教材整理2貝努利不等式1．定理1(貝努利不等式)設(shè)x>－1，且x≠0，n為大于1的自然數(shù)，則(1＋x)n＞1＋nx.2．定理2(選學(xué))設(shè)α為有理數(shù)，x>－1，(1)如果0<α<1，則(1＋x)α≤1＋αx；(2)如果α<0或者α>1，則(1＋x)α≥1＋αx.當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)等號(hào)成立．事實(shí)上，當(dāng)α是實(shí)數(shù)時(shí)，也是成立的．設(shè)n∈N＋，則2n與n的大小關(guān)系是()A．2n>n B．2n<nC．2n＝n D．不確定[解析]2n＝(1＋1)n，根據(jù)貝努利不等式有(1＋1)n≥1＋n×1＝1＋n，上式右邊舍去1，得(1＋1)n>n，即2n>n.[答案]A數(shù)學(xué)歸納法證明不等式【例1】已知Sn＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n>1，n∈N＋)，求證：S2n>1＋eq\f(n,2)(n≥2，n∈N＋)．[精彩點(diǎn)撥]求Sn再證明比較困難，可運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法直接證明，注意Sn表示前n項(xiàng)的和(n>1)，首先驗(yàn)證n＝2，然后證明歸納遞推．[自主解答](1)當(dāng)n＝2時(shí)，S22＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＝eq\f(25,12)>1＋eq\f(2,2)，即n＝2時(shí)命題成立．(2)假設(shè)n＝k(k≥2，k∈N＋)時(shí)命題成立，即S2k＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)>1＋eq\f(k,2).當(dāng)n＝k＋1時(shí)，S2k＋1＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1)>1＋eq\f(k,2)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋1)>1＋eq\f(k,2)＋eq\f(2k,2k＋2k)＝1＋eq\f(k,2)＋eq\f(1,2)＝1＋eq\f(k＋1,2).故當(dāng)n＝k＋1時(shí)，命題也成立．由(1)(2)知，對(duì)n∈N＋，n≥2，S2n>1＋eq\f(n,2)都成立．此題容易犯兩個(gè)錯(cuò)誤，一是由n＝k到n＝k＋1項(xiàng)數(shù)變化弄錯(cuò)，認(rèn)為eq\f(1,2k)的后一項(xiàng)為eq\f(1,2k＋1)，實(shí)際上應(yīng)為eq\f(1,2k＋1)；二是eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋1)共有多少項(xiàng)之和，實(shí)際上2k＋1到2k＋1是自然數(shù)遞增，項(xiàng)數(shù)為2k＋1－(2k＋1)＋1＝2k.1．若在本例中，條件變?yōu)椤霸O(shè)f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n∈N＋)，由f(1)＝1>eq\f(1,2)，f(3)>1，f(7)>eq\f(3,2)，f(15)>2，…”.試問(wèn)：你能得到怎樣的結(jié)論？并加以證明．[解]數(shù)列1,3,7,15，…，通項(xiàng)公式為an＝2n－1，數(shù)列eq\f(1,2)，1，eq\f(3,2)，2，…，通項(xiàng)公式為an＝eq\f(n,2)，∴猜想：f(2n－1)>eq\f(n,2).下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：①當(dāng)n＝1時(shí)，f(21－1)＝f(1)＝1>eq\f(1,2)，不等式成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N＋)時(shí)不等式成立，即f(2k－1)>eq\f(k,2)，則f(2k＋1－1)＝f(2k－1)＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1－2)＋eq\f(1,2k＋1－1)>f(2k－1)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1)＝f(2k－1)＋eq\f(1,2)>eq\f(k,2)＋eq\f(1,2)＝eq\f(k＋1,2).∴當(dāng)n＝k＋1時(shí)不等式也成立．據(jù)①②知對(duì)任何n∈N＋原不等式均成立.利用數(shù)學(xué)歸納法比較大小【例2】設(shè)Pn＝(1＋x)n，Qn＝1＋nx＋eq\f(nn－1,2)x2，n∈N＋，x∈(－1，＋∞)，試比較Pn與Qn的大小，并加以證明．[精彩點(diǎn)撥]本題考查數(shù)學(xué)歸納法的應(yīng)用，解答本題需要先對(duì)n取特殊值，猜想Pn與Qn的大小關(guān)系，然后利用數(shù)學(xué)歸納法證明．[自主解答](1)當(dāng)n＝1,2時(shí)，Pn＝Qn.(2)當(dāng)n≥3時(shí)，(以下再對(duì)x進(jìn)行分類)．①若x∈(0，＋∞)，顯然有Pn＞Qn.②若x＝0，則Pn＝Qn.③若x∈(－1,0)，則P3－Q3＝x3＜0，所以P3＜Q3.P4－Q4＝4x3＋x4＝x3(4＋x)＜0，所以P4＜Q4.假設(shè)Pk＜Qk(k≥3)，則Pk＋1＝(1＋x)Pk＜(1＋x)Qk＝Qk＋xQk＝1＋kx＋eq\f(kk－1x2,2)＋x＋kx2＋eq\f(kk－1x3,2)＝1＋(k＋1)x＋eq\f(kk＋1,2)x2＋eq\f(kk－1,2)x3＝Qk＋1＋eq\f(kk－1,2)x3＜Qk＋1，即當(dāng)n＝k＋1時(shí)，不等式成立．所以當(dāng)n≥3，且x∈(－1,0)時(shí)，Pn＜Qn.1．利用數(shù)學(xué)歸納法比較大小，關(guān)鍵是先用不完全歸納法歸納出兩個(gè)量的大小關(guān)系，猜測(cè)出證明的方向，再用數(shù)學(xué)歸納法證明結(jié)論成立．2．本題除對(duì)n的不同取值會(huì)有Pn與Qn之間的大小變化，變量x也影響Pn與Qn的大小關(guān)系，這就要求我們?cè)谔剿鞔笮￡P(guān)系時(shí)，不能只顧“n”，而忽視其他變量(參數(shù))的作用．2．已知數(shù)列{an}，{bn}與函數(shù)f(x)，g(x)，x∈R，滿足條件：b1＝b，an＝f(bn)＝g(bn＋1)(n∈N＋)，若函數(shù)y＝f(x)為R上的增函數(shù)，g(x)＝f－1(x)，b＝1，f(1)＜1，證明：對(duì)任意x∈N＋，an＋1＜an.[證明]因?yàn)間(x)＝f－1(x)，所以an＝g(bn＋1)＝f－1(bn＋1)，即bn＋1＝f(an)．下面用數(shù)學(xué)歸納法證明an＋1＜an(n∈N＋)．(1)當(dāng)n＝1時(shí)，由f(x)為增函數(shù)，且f(1)＜1，得a1＝f(b1)＝f(1)＜1，b2＝f(a1)＜f(1)＜1，a2＝f(b2)＜f(1)＝a1，即a2＜a1，結(jié)論成立．(2)假設(shè)n＝k時(shí)結(jié)論成立，即ak＋1＜ak.由f(x)為增函數(shù)，得f(ak＋1)＜f(ak)，即bk＋2＜bk＋1.進(jìn)而得f(bk＋2)＜f(bk＋1)，即ak＋2＜ak＋1.這就是說(shuō)當(dāng)n＝k＋1時(shí)，結(jié)論也成立．根據(jù)(1)和(2)可知，對(duì)任意的n∈N＋，an＋1＜an.利用貝努利不等式證明不等式【例3】設(shè)n為正整數(shù)，記an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))eq\s\up14(n+1)，n＝1,2,3，….求證：an＋1<an.[精彩點(diǎn)撥]用求商比較法證明an＋1<an，其中要用貝努利不等式．[自主解答]由an的意義知對(duì)一切n＝1,2,3，…都成立．∴只需證明eq\f(an,an＋1)>1，n＝1,2,3，….由于eq\f(an,an＋1)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n)))eq\s\up14(n+1),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n＋1)))eq\s\up14(n+2))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1＋\f(1,n),1＋\f(1,n＋1))))eq\s\up14(n+1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n＋1)))eq\s\up14(-1)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(n＋1n＋1,nn＋2)))eq\s\up14(n+1)×eq\f(n＋1,n＋2)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1＋nn＋2,nn＋2)))eq\s\up14(n+1)×eq\f(n＋1,n＋2)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,nn＋2)))eq\s\up14(n+1)×eq\f(n＋1,n＋2)，因此，根據(jù)貝努利不等式，有eq\f(an,an＋1)>eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋n＋1×\f(1,nn＋2)))×eq\f(n＋1,n＋2)>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(n＋1,n2＋2n＋1)))×eq\f(n＋1,n＋2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,n＋1)))×eq\f(n＋1,n＋2)＝1.∴an>an＋1對(duì)于一切正整數(shù)n都成立．本題在證明的過(guò)程中，綜合運(yùn)用了求商比較法，放縮法，進(jìn)而通過(guò)貝努利不等式證明不等式成立．3．設(shè)a為有理數(shù)，x>－1.如果0<a<1，證明：(1＋x)a≤1＋ax，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)等號(hào)成立．[證明]0<a<1，令a＝eq\f(m,n)，1≤m<n，其中m，n為正整數(shù)，則由平均值不等式，得(1＋x)a＝(1＋x)eq\s\up14(eq\f(m,n))≤eq\f(m1＋x＋n－m,n)＝eq\f(mx＋n,n)＝1＋eq\f(m,n)x＝1＋ax，當(dāng)且僅當(dāng)1＋x＝1，即x＝0時(shí)，等號(hào)成立．放縮法在數(shù)學(xué)歸納法證明不等式中的應(yīng)用[探究問(wèn)題]1．用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式時(shí)，如何利用放縮法？[提示]放縮法是不等式證明中最重要的變形方法之一，放縮必須有目標(biāo)．而且要恰到好處，目標(biāo)往往要從證明的結(jié)論考慮．常用的放縮方法有增項(xiàng)、減項(xiàng)、利用分式的性質(zhì)、利用不等式的性質(zhì)、利用已知不等式、利用函數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行放縮等．比如：舍去或加上一些項(xiàng)：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))eq\s\up14(2)＋eq\f(3,4)＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))eq\s\up14(2)；將分子或分母放大(縮小)：eq\f(1,k2)＜eq\f(1,kk－1)，eq\f(1,k2)＞eq\f(1,kk＋1)，eq\f(1,\r(k))＜eq\f(2,\r(k)＋\r(k－1))，eq\f(1,\r(k))＞eq\f(2,\r(k)＋\r(k＋1))(k∈R，k＞1)等．【例4】證明：2n＋2>n2(n∈N＋)．[精彩點(diǎn)撥]eq\x(驗(yàn)證n＝1，2，3時(shí)不等式成立)?eq\x(假設(shè)n＝k成立，推證n＝k＋1)?eq\x(n＝k＋1成立，結(jié)論得證)[自主解答](1)當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝21＋2＝4；右邊＝1，左邊>右邊；當(dāng)n＝2時(shí)，左邊＝22＋2＝6，右邊＝22＝4，所以左邊>右邊；當(dāng)n＝3時(shí)，左邊＝23＋2＝10，右邊＝32＝9，所以左邊>右邊．因此當(dāng)n＝1,2,3時(shí)，不等式成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥3且k∈N＋)時(shí)，不等式成立，即2k＋2>k2(k∈N＋)．當(dāng)n＝k＋1時(shí)，2k＋1＋2＝2·2k＋2＝2(2k＋2)－2>2k2－2＝k2＋2k＋1＋k2－2k－3＝(k2＋2k＋1)＋(k＋1)(k－3)≥k2＋2k＋1＝(k＋1)2.(因?yàn)閗≥3，則k－3≥0，k＋1>0)所以2k＋1＋2>(k＋1)2，故當(dāng)n＝k＋1時(shí)，原不等式也成立．根據(jù)(1)(2)知，原不等式對(duì)于任何n∈N＋都成立．1．本例中，針對(duì)目標(biāo)k2＋2k＋1，由于k的取值范圍(k≥1)太大，不便于縮小．因此，用增加奠基步驟(把驗(yàn)證n＝1擴(kuò)大到驗(yàn)證n＝1,2,3)的方法，使假設(shè)中k的取值范圍適當(dāng)縮小到k≥3，促使放縮成功，達(dá)到目標(biāo)．2．利用數(shù)學(xué)歸納法證明數(shù)列型不等式的關(guān)鍵是由n＝k到n＝k＋1的變形．為滿足題目的要求，常常要采用“放”與“縮”等手段，但是放縮要有度，這是一個(gè)難點(diǎn)，解決這個(gè)難題一是要仔細(xì)觀察題目結(jié)構(gòu)，二是要靠經(jīng)驗(yàn)積累．4．設(shè)x＞－1，且x≠0，n為大于1的自然數(shù)，用數(shù)學(xué)歸納法證明(1＋x)n＞1＋nx.[證明](1)當(dāng)n＝2時(shí)，由x≠0，知(1＋x)2＝1＋2x＋x2＞1＋2x，因此n＝2時(shí)命題成立．(2)假設(shè)n＝k(k≥2為正整數(shù))時(shí)命題成立，即(1＋x)k＞1＋kx，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，(1＋x)k＋1＝(1＋x)k(1＋x)＞(1＋kx)(1＋x)＝1＋x＋kx＋kx2＞1＋(k＋1)x.即n＝k＋1時(shí)，命題也成立．由(1)(2)及數(shù)學(xué)歸納法知原命題成立.不等式中的探索、猜想、證明[探究問(wèn)題]2．利用數(shù)學(xué)歸納法解決探索型不等式的思路是什么？[提示]利用數(shù)學(xué)歸納法解決探索型不等式的思路是先通過(guò)觀察、判斷，猜想出結(jié)論，然后用數(shù)學(xué)歸納法證明．這種分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的思路是非常重要的，特別是在求解存在型或探索型問(wèn)題時(shí)．【例5】若不等式eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,3n＋1)>eq\f(a,24)對(duì)一切正整數(shù)n都成立，求正整數(shù)a的最大值，并證明你的結(jié)論．[精彩點(diǎn)撥]先通過(guò)n取值計(jì)算，求出a的最大值，再用數(shù)學(xué)歸納法進(jìn)行證明，證明時(shí)，根據(jù)不等式特征，在第二步，運(yùn)用比差法較方便．[自主解答]當(dāng)n＝1時(shí)，eq\f(1,1＋1)＋eq\f(1,1＋2)＋eq\f(1,3×1＋1)>eq\f(a,24)，則eq\f(26,24)>eq\f(a,24)，∴a<26.又a∈N＋，∴取a＝25.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,3n＋1)>eq\f(25,24).(1)n＝1時(shí)，已證．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)(k≥1，k∈N＋)，eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,3k＋1)>eq\f(25,24)，∴當(dāng)n＝k＋1時(shí)，eq\f(1,k＋1＋1)＋eq\f(1,k＋1＋2)＋…＋eq\f(1,3k＋1)＋eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋3)＋eq\f(1,3k＋1＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k＋1)＋\f(1,k＋2)＋…＋\f(1,3k＋1)))＋eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,3k＋2)＋\f(1,3k＋3)＋))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3k＋4)－\f(1,k＋1)))>eq\f(25,24)＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3k＋2)＋\f(1,3k＋4)－\f(2,3k＋1))).∵eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋4)＝eq\f(6k＋1,9k2＋18k＋8)>eq\f(2,3k＋1)，∴eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋4)－eq\f(2,3k＋1)>0，∴eq\f(1,k＋1＋1)＋eq\f(1,k＋1＋2)＋…＋eq\f(1,3k＋1＋1)>eq\f(25,24)也成立．由(1)(2)可知，對(duì)一切n∈N＋，都有eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,3n＋1)>eq\f(25,24)，∴a的最大值為25.1．不完全歸納的作用在于發(fā)現(xiàn)規(guī)律，探究結(jié)論，但結(jié)論必須證明．2．本題中從n＝k到n＝k＋1時(shí)，左邊添加項(xiàng)是eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋3)＋eq\f(1,3k＋4)－eq\f(1,k＋1)，這一點(diǎn)必須清楚．5．設(shè)an＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n∈N＋)，是否存在n的整式g(n)，使得等式a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝g(n)(an－1)對(duì)大于1的一切正整數(shù)n都成立？證明你的結(jié)論．[解]假設(shè)g(n)存在，那么當(dāng)n＝2時(shí)，由a1＝g(2)(a2－1)，即1＝g(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)－1))，∴g(2)＝2；當(dāng)n＝3時(shí)，由a1＋a2＝g(3)(a3－1)，即1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＝g(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,3)－1))，∴g(3)＝3，當(dāng)n＝4時(shí)，由a1＋a2＋a3＝g(4)(a4－1)，即1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,3)))＝g(4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,3)＋\f(1,4)－1))，∴g(4)＝4，由此猜想g(n)＝n(n≥2，n∈N＋)．下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)n≥2，n∈N＋時(shí)，等式a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝n(an－1)成立．(1)當(dāng)n＝2時(shí)，a1＝1，g(2)(a2－1)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)－1))＝1，結(jié)論成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥2，k∈N＋)時(shí)結(jié)論成立，即a1＋a2＋a3＋…＋ak－1＝k(ak－1)成立，那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，a1＋a2＋…＋ak－1＋ak＝k(ak－1)＋ak＝(k＋1)ak－k＝(k＋1)ak－(k＋1)＋1＝(k＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ak＋\f(1,k＋1)－1))＝(k＋1)(ak＋1－1)，說(shuō)明當(dāng)n＝k＋1時(shí)，結(jié)論也成立，由(1)(2)可知，對(duì)一切大于1的正整數(shù)n，存在g(n)＝n使等式a1＋a2＋a3＋…＋an－1＝g(n)(an－1)成立．1．用數(shù)學(xué)歸納法證不等式：1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)＞eq\f(127,64)成立，起始值至少取()A．7 B．8C．9 D．10[解析]左邊等比數(shù)列求和Sn＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up14(n),1－\f(1,2))＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up14(n)))＞eq\f(127,64)，即1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up14(n)＞eq\f(127,128)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up14(n)＜eq\f(1,128)，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up14(n)＜eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up14(7)，∴n＞7，∴n取8，選B.[答案]B2．用數(shù)學(xué)歸納法證明2n≥n2(n≥5，n∈N＋)成立時(shí)第二步歸納假設(shè)的正確寫(xiě)法是()A．假設(shè)n＝k時(shí)命題成立B．假設(shè)n＝k(k∈N＋)時(shí)命題成立C．假設(shè)n＝k(k≥5)時(shí)命題成立D．假設(shè)n＝k(k>5)時(shí)命題成立[解析]由題意知n≥5，n∈N＋，故應(yīng)假設(shè)n＝k(k≥5)時(shí)命題成立．[答案]C3．用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)>eq\f(13,14)(n≥2，n∈N＋)的過(guò)程中，由n＝k遞推到n＝k＋1時(shí)不等式左邊()A．增加了一項(xiàng)eq\f(1,2k＋1)B．增加了兩項(xiàng)eq\f(1,2k＋1)，eq\f(1,2k＋2)C．增加了兩項(xiàng)eq\f(1,2k＋1)，eq\f(1,2k＋2)，但減少了一項(xiàng)eq\f(1,k＋1)D．以上各種情況均不對(duì)[解析]∵n＝k時(shí)，左邊＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,2k)，n＝k＋1時(shí)，左邊＝eq\f(1,k＋2)＋eq\f(1,k＋3)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)，∴增加了兩項(xiàng)eq\f(1,2k＋1)，eq\f(1,2k＋2)，少了一項(xiàng)eq\f(1,k＋1).[答案]C4．用數(shù)學(xué)歸納法證明“2n＋1≥n2＋n＋2(n∈N＋)”時(shí)，第一步的驗(yàn)證為_(kāi)_______．[解析]當(dāng)n＝1時(shí)，21＋1≥12＋1＋2，即4≥4成立．[答案]21＋1≥12＋1＋25．試證明：1＋eq\f(1,\r(2))＋eq\f(1,\r(3))＋…＋eq\f(1,\r(n))<2eq\r(n)(n∈N＋)．[證明](1)當(dāng)n＝1時(shí)，不等式成立．(2)假設(shè)n＝k(k≥1，k∈N＋)時(shí)，不等式成立，即1＋eq\f(1,\r(2))＋eq\f(1,\r(3))＋…＋eq\f(1,\r(k))<2eq\r(k).那么n＝k＋1時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,\r(2))＋\f(1,\r(3))＋…＋\f(1,\r(k))))＋eq\f(1,\r(k＋1))<2eq\r(k)＋eq\f(1,\r(k＋1))＝eq\f(2\r(kk＋1)＋1,\r(k＋1))<eq\f(k＋k＋1＋1,\r(k＋1))＝2eq\r(k＋1).這就是說(shuō)，n＝k＋1時(shí)，不等式也成立．根據(jù)(1)(2)可知，不等式對(duì)n∈N＋成立．課時(shí)分層作業(yè)(十三)用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式，貝努利不等式(建議用時(shí)：45分鐘)[基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)練]一、選擇題1．利用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式“n2<2n對(duì)于n≥n0的正整數(shù)n都成立”時(shí)，n0應(yīng)取值為()A．1 B．3C．5 D．7[解析]12<21,22＝22,32>23,42＝24,52<25，利用數(shù)學(xué)歸納法驗(yàn)證n≥5，故n0的值為5.[答案]C2．對(duì)于不等式eq\r(n2＋n)<n＋1(n∈N＋)，某同學(xué)用數(shù)學(xué)歸納法的證明過(guò)程如下：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，eq\r(12＋1)<1＋1,不等式成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N＋)時(shí)，不等式成立，即eq\r(k2＋k)<k＋1，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，eq\r(k＋12＋k＋1)＝eq\r(k2＋3k＋2)<eq\r(k2＋3k＋2＋k＋2)＝eq\r(k＋22)＝(k＋1)＋1，∴當(dāng)n＝k＋1時(shí)，不等式成立，則上述證法()A．過(guò)程全部正確B．n＝1驗(yàn)得不正確C．歸納假設(shè)不正確D．從n＝k到n＝k＋1的推理不正確[解析]在n＝k＋1時(shí)，沒(méi)有應(yīng)用n＝k時(shí)的假設(shè)，不是數(shù)學(xué)歸納法．[答案]D3．設(shè)n為正整數(shù)，f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)，計(jì)算得f(2)＝eq\f(3,2)，f(4)>2，f(8)>eq\f(5,2)，f(16)>3，f(32)>eq\f(7,2)，觀察上述記錄，可推測(cè)出一般結(jié)論()A．f(2n)>eq\f(2n＋1,2) B．f(n2)≥eq\f(n＋2,2)C．f(2n)≥eq\f(n＋2,2) D．以上都不對(duì)[解析]∵f(2)＝eq\f(3,2)；f(4)>2，即f(22)>eq\f(2＋2,2)；f(8)>eq\f(5,2)，即f(23)>eq\f(3＋2,2)；f(16)>3，即f(24)>eq\f(4＋2,2)；f(32)>eq\f(7,2)，即f(25)>eq\f(5＋2,2).故猜想f(2n)>eq\f(n＋2,2).[答案]C4．設(shè)f(x)是定義在正整數(shù)集上的函數(shù)，有f(k)滿足：當(dāng)“f(k)≥k2成立時(shí)，總可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”．那么下列命題總成立的是()A．若f(3)≥9成立，則當(dāng)k≥1，均有f(k)≥k2成立B．若f(5)≥25成立，則當(dāng)k＜5，均有f(k)≥k2成立C．若f(7)＜49成立，則當(dāng)k≥8，均有f(k)＜k2成立D．若f(4)＝25成立，則當(dāng)k≥4，均有f(k)≥k2成立[解析]由題意，設(shè)f(x)滿足：“當(dāng)f(k)≥k2成立時(shí)，總可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立．”因此，對(duì)于A，不一定有k＝1,2時(shí)成立．對(duì)于B，C顯然錯(cuò)誤．對(duì)于D，∵f(4)＝25＞42，因此對(duì)于任意的k≥4，有f(k)≥k2成立．[答案]D5．對(duì)于正整數(shù)n，下列說(shuō)法不正確的是()A．3n≥1＋2n B．0.9n≥1－0.1nC．0.9n＜1－0.1n D．0.1n≥1－0.9n[解析]由貝努利不等式(1＋x)n≥1＋nx(x≥－1，n∈N＋)，當(dāng)x＝2時(shí)，(1＋2)n≥1＋2n，A正確．當(dāng)x＝－0.1時(shí)，(1－0.1)n≥1－0.1n，B正確，C不正確．當(dāng)x＝0.9時(shí)，(1－0.9)n≥1－0.9n，因此D正確．[答案]C二、填空題6．觀察式子：1＋eq\f(1,22)<eq\f(3,2)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)<eq\f(5,3)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)<eq\f(7,4)，…，則可歸納出________．[答案]1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)<eq\f(2n－1,n)(n≥2，n∈N＋)7．若f(n)＝12＋22＋32＋…＋(2n)2，則f(k＋1)與f(k)的遞推關(guān)系式是________．[解析]∵f(k)＝12＋22＋32＋…＋(2k)2，f(k＋1)＝12＋22＋32＋…＋(2k)2＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2，∴f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2.[答案]f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)28．在數(shù)列{an}中，a1＝eq\f(1,3)，且Sn＝n(2n－1)an，通過(guò)求a2，a3，a4，猜想an的表達(dá)式為_(kāi)_______．[解析]由a1＝eq\f(1,3)，且Sn＝n(2n－1)an，得a2＝eq\f(1,15)，a3＝eq\f(1,35)，a4＝eq\f(1,63).由1×3,3×5,5×7,7×9，…，可得an＝eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,4n2－1).[答案]an＝eq\f(1,4n2－1)三、解答題9．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足a1＝eq\f(1,2)，an＋2SnSn－1＝0(n≥2)．(1)判斷eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是否為等差數(shù)列，并證明你的結(jié)論；(2)證明：Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋…＋Seq\o\al(2,n)≤eq\f(1,2)－eq\f(1,4n).[解](1)S1＝a1＝eq\f(1,2)，∴eq\f(1,S1)＝2.當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1，即Sn－Sn－1＝－2SnSn－1.∴eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)＝2.故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是以2為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列．(2)證明：①當(dāng)n＝1時(shí)，Seq\o\al(2,1)＝eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,4×1)，不等式成立．②假設(shè)n＝k(k≥1，且k∈N＋)時(shí)，不等式成立，即Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋…＋Seq\o\al(2,k)≤eq\f(1,2)－eq\f(1,4k)成立，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋…＋Seq\o\al(2,k)＋Seq\o\al(2,k＋1)≤eq\f(1,2)－eq\f(1,4k)＋eq\f(1,4k＋12)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,k)－\f(1,k＋12)))＝eq\f(1,2)－eq\f(1,4)·eq\f(k2＋k＋1,kk＋12)<eq\f(1,2)－eq\f(1,4)·eq\f(k2＋k,kk＋12)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,4k＋1).即當(dāng)n＝k＋1時(shí)，不等式成立．由①②可知，對(duì)任意n∈N＋不等式成立．10．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－x，數(shù)列{an}滿足條件：a1≥1，且an＋1≥f′(an＋1)，證明：an≥2n－1(n∈N＋)．[證明]由f(x)＝eq\f(1,3)x3－x，得f′(x)＝x2－1.因此an＋1≥f′(an＋1)＝(an＋1)2－1＝an(an＋2)．(1)當(dāng)n＝1時(shí)，a1≥1＝21－1，不等式成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，且k∈N＋)時(shí)，不等式成立，即ak≥2k－1.當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1≥ak(ak＋2)≥(2k－1)(2k－1＋2)＝22k－1.又k≥1，∴22k≥2k＋1，∴n＝k＋1時(shí)，ak＋1≥2k＋1－1，即不等式成立．根據(jù)(1)和(2)知，對(duì)任意n∈N＋，an≥2n－1成立．[能力提升練]1．利用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)＜f(n)(n≥2，n∈N＋)的過(guò)程，由n＝k到n＝k＋1時(shí)，左邊增加了()A．1項(xiàng) B．k項(xiàng)C．2k－1項(xiàng) D．2k項(xiàng)[解析]1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,3)＋…＋\f(1,